河南省焦作市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

河南省焦作市第一中学2023级高一下学期期中考试 数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．设（为虚数单位），则（ ） A． B． C． D． 2．下列命题正确的是（ ） A．若直线，则平行于经过的任何平面 B．若直线和平面，满足，，，则 C．若直线和平面满足，，则 D．若直线和平面满足，则与内任何直线平行 3．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形.已知，，则下列说法正确的是（ ） A． B． C．四边形的周长为 D．四边形的面积为 4．已知直角斜边的中点为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A． B． C． D． 5．已知为单位向量，向量满足，，则的最大值为（ ） A．4 B．2 C． D．5 6．中，分别是内角的对边，若，且，则的形状是（ ） A．等腰非直角三角形 B．三边均不相等的直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形 7．已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，，则球的表面积为（ ） A． B． C． D． 8．在锐角中，角所对的边分别为，已知，且，则下列命题正确的有（ ）个 ① ②角 的取值范围是 ③的取值范围是 ④的取值范围是 A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题的选项中，有多项符合题目要求。（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分） 9．已知复数满足，且复数对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（ ） A．复数的虚部为 B． C． D．复数的共轭复数为 10．下列说法中正确的有（ ） A．与垂直的单位向量为 B．已知在上的投影向量为且，则 C．若非零向量满足，则与的夹角是 D．已知，，且与角为锐角，则的取值范围是 11．如图，在棱长为2的正方体中，已知别是棱，，的中点，点满足，，下列说法正确的是（ ） A．平面 B．若四点共面，则 C．若，点在侧面内，且平面，则点的轨迹长度为 D．若，由平面分割该正方体所成的两个空间几何体为和，某球能够被整体放入或，则该球的表面积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图，在平面五边形中，，，，，则五边形绕直线旋转一周所成的几何体的体积为  . 13．在中，的平分线交于点，，，则周长的最小值为  . 14．已知非零向量，满足，，，且，则的最大值为  . 四、解答题：本提共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．（本小题13分） 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求向量; （2）若且与垂直，求与的夹角的余弦值. 16．（本小题15分） 记的内角的对边分别为，且. （1）求的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 17．（本小题15分） 如图，在几何体中，四边形为直角梯形，，，平面平面. （1）证明：平面； （2）证明：. 18．（本小题17分） 在中，已知，，，边上的两条中线相交于点. （1）求； （2）求与夹角的余弦值. 19．（本小题17分） “但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等。某种植园准备将如图扇形空地分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且. （1）求扇形空地的周长和面积； （2）当米时，求的长； （3）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区的面积尽可能的大.设，求面积的最大值. 【参考答案】 河南省焦作市第一中学2023级高一下学期期中考试 数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．A 【详解】由题意可得，所以.故选. 2．B 【详解】对于:若直线，则直线与直线唯一确定一个平面， 不妨设为平面，则，故错误； 对于:过作平面，使得，作平面，使得， 因为，所以，因为，所以， 所以，又，，所以， 又因为，所以，所以，故正确. 对于：若，，则与平行或相交或异面，故错误； 对于：若，则与内任何直线不相交，即平行或异面，故错误. 故选： 3．D 【详解】如图过作交于点， 由等腰梯形且， 又，，可得是等腰直角三角形， 即，故错误； 还原平面图如下图， 则，，，故错误； 过作交于点，则， 由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即错误； 四边形的面积为：，即正确. 故选：. 4．B 【详解】因为点是直角斜边的中点，且，所以，则为等边三角形，，又因为是直角三角形，所以，所以，向量在向量上的投影向量为：. 故选：. 5．C 【详解】因为，所以 所以，所以. 故选：. 6．A 【详解】由可得， 所以，所以，由可得，所以. 故选：. 7．B 【详解】如图所示，在中，，且， 由余弦定理得， 设底面的外接圆的半径为，由正弦定理得， 即 再设直三棱柱外接球的球心为，外接球的半径为， 在直角中，可得， 所以球的表面积为. 故选：. 8．C 【详解】因为，由正弦定理可得，所以或. 因为，所以，所以，则，故①正确. 因为，所以.因为是锐角三角形， 所以：，即，解得，所以， 利用正弦定理：，故②错误，④正确. 因为，所，所以，则③正确. 故选：. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题的选项中，有多项符合题目要求。（答案有两个选项只选一个对得3分，错选不得分；答案有三个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，错选不得分） 9．BC 【详解】解：设， 由，得，解得或（舍去）. ，复数的虚部为，故错误： ，故正确； ，故正确； ，故错误. 故选：. 10．BC 【详解】对于，设与垂直的单位向量的坐标为，则，解得，或，，故错误： 对于，因为在上的投影向量，所以，又因为，所以，从而，故正确； 对于，若非零向量满足，则， 即有，所以， 又， 以与得夹角的余弦值为，则与的夹角是，故正确； 对于，当时，与平行，不满足与夹角为锐角， 所以若与夹角为锐角，则取值范围不包含0，故错误. 故选：. 11．ACD 【详解】对于，在正方体中，平面平面， 因为平面，所以平面，故正确； 对于分别是棱的中点，点为中点时， 平面在正方体上的截面为正六边形， 则四点共面，有，故错误； 对于，若，则为上靠近点的三等分点， 取上靠近的三等分点，的中点，连接 则在正方形中，可得， 面，平面，则有平面， 同理可由，证明平面， 平面，，所以平面平面， 点在侧面内，且平面，所以即为点的轨迹， ，故正确； 对于，若，则为的中点，平面分割该正方体所成的两个空间几何体和， 平面在正方体上的截面为正六边形， 某球能够被整体放入或，该球的表面积最大时， 是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球， 正六边形的边长为。面积为， 正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为， 设该球的半径为，由体积法可得， 解得，所以该球的表面积为，故正确. 故选：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 【详解】依题意，五边形可看作边长为2的正方形切去一个腰长为1的等腰， 将五边形绕直线旋转一周得到的几何体是一个圆柱挖去一个圆锥， 所求几何体的体积. 故答案为： 13． 【详解】根据题意，设， 因为，，，， 所以，即， 所以，因为根据基本不等式有， 所以，，当且仅当时等号成立， 由余弦定理得 ，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立.所以周长的最小值为. 故答案为：. 14． 【详解】如图所示，设，中点为. ，所以， 的终点在以为直径的圆上 在中，为中边上中线. ，. 又，， 半径. 综上所述 四、解答题：本提共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．（1） 【详解】由可设， ， 即，所以， 或 （2） 由可得，由与垂直可得： ， ，所以， ， 所以与的夹角的余弦值. 16．（1） 【详解】由正弦定理得， 因为，所以，所以， 又，故，得， 因为，所以，得，又，所以. （2） 由，得， 由余弦定理，得， 得，得， 所以的周长为. 17．（1） 【详解】连接交于，连接. 因为四边形直角梯形，， 所以， 又因为，所以， 因为面，面，所以平面. （2） 因为四边形为直角梯形，所以. 因为面，面，所以平面. 因为面，面面. 所以. 18．（1） 【详解】因为为的中点， 则， 所以， 所以 ，所以， 因为为的中点，所以， 则 ，故. （2） 因为 ， 所以. 19．（1） 【详解】， 则扇形空地的周长为， 面积； （2） 由，故， 由余弦定理可得， 即，即有， 即，故（负值舍去）或， 即； （3） 由，故，又， 由正弦定理可得，即， 令， 则 有最大值，此时，即，可取， 此时平方米. 第 页 学科网（北京）股份有限公司 $$